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湖南衡阳市2025-2026学年高二上学期期末物理试题
1．下列四种情形中，与其余三种所涉及的光学原理不同的是（　　）
A．透镜上方看到牛顿环
B．泊松亮斑
C．光经过大头针尖时产生条纹
D．抽制高强度纤维细丝时用激光监控其粗细变化
2．为研究超重、失重现象，某同学在盛水的塑料瓶的侧壁扎了一个小孔，静止时水从小孔喷出，如图所示。不考虑转动及空气阻力，塑料瓶做下列哪种运动时同样可以使水流出（　　）
A．向下匀速运动 B．平抛运动
C．自由落体运动 D．竖直上抛运动
3．如图所示为某电子设备显示的电场线分布示意图，A、B、C为电场中的3个点。下列说法正确的是（　　）
A．A、B两点的电场强度相同
B．C点的电场强度大于B点
C．同一正电荷在A点的电势能小于在B点的电势能
D．将一正电荷由B点静止释放，仅在电场力的作用下，它将沿着B所在的电场线运动
4．如图所示，虚线框内为改装好量程为0~0.6A的电流表，M、N为新表的接线柱。已知灵敏电流计G的满偏电流为150，内阻为90，根据以上数据可知电阻箱接入电路的阻值应为（　　）
A．300 B．3 C．30 D．0.3
5．地球公转轨道的半径在天文学上常用来作为长度单位，叫作天文单位，用符号表示，用来量度太阳系内天体与太阳的距离。已知金星公转的轨道半径为0.7，火星公转的轨道半径为1.5，则金星与火星公转的周期之比接近（　　）
A．0.9 B．0.5 C．0.7 D．0.3
6．如图所示，质量为m的足球在地面1的位置以的初速度被踢出后落到地面3的位置，在空中到达最高点2的高度为h，足球在位置2、3的速度大小分别为、，重力加速度为g，考虑空气阻力对足球的影响，则（　　）
A．足球从位置1运动到位置2，重力势能减少
B．足球从位置1运动到位置3，重力做功为零，重力势能不变
C．足球由位置1运动到位置2，空气阻力做功为
D．足球由位置2运动到位置3，重力势能减少了
7．某电场沿x轴方向上的电场强度E随x变化的关系如图所示，以x轴正方向为电场强度正方向。一比荷大小为6的带电粒子从处沿x轴正方向开始运动，粒子在仅受电场力作用的情况下刚好能运动到处。下列说法正确的是（　　）
A．电场中坐标原点与处的电势差为800V
B．粒子可能带负电
C．粒子的初速度大小为60
D．粒子经过处的速度大小为80
8．在离地面同一高度有质量相同的三个小球A、B、C，A球以速度竖直上抛，B球以速度平抛，C球做自由落体运动，最终都落在同一水平地面上。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．A、B、C球落地前瞬间的动量相等
B．B球与C球下落过程中动量的改变量相同
C．A球下落地过程中受重力冲量最大
D．下落过程中A、C两球的动量改变量方向与B球的动量改变量方向相反
9．如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线为时刻的波形曲线，虚线为时的波形曲线，则波的传播方向和传播速度大小可能是（　　）
A．沿x轴正方向传播，传播速度大小为14
B．沿x轴负方向传播，传播速度大小为30
C．沿x轴正方向传播，传播速度大小为10
D．沿x轴负方向传播，传播速度大小为26
10．如图甲，在长为L、板间距离为d的两水平放置的平行金属板、间加一个如图乙所示的交变电场（竖直向下为电场的正方向），有一粒子源从平行板左边界中点处沿垂直电场方向连续发射速度大小的带正电的粒子，粒子的质量为m、电荷量为q。已知，且，不计重力，下列说法正确的是（　　）
A．粒子在电场中运动时加速度大小为
B．时刻入射的粒子刚好击中极板的右端
C．时刻入射的粒子运动过程中距离板的最大距离为
D．时刻入射的粒子刚好击中极板的右端
11．某实验小组的同学利用如图甲所示的装置做“用单摆测量重力加速度”的实验。
（1）甲同学利用下表的器材完成了四组实验，其中最合理的是第　 　组。
组别 摆球材料 细棉线长度 最大摆角 计时起点
A 铁球 100 5 最高点
B 铁球 100 5 平衡位置
C 铁球 20 20 最高点
D 木球 100 5 平衡位置
（2）图乙为细线的两种悬挂方式，正确的是　 　（选填“1”或“2”）。
（3）若该同学测得的重力加速度值偏大，其原因可能是________。
A．单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长了
B．把50次摆动的时间误记为49次摆动的时间
C．在计时开始时，秒表按下过早
D．测摆线长时摆线拉得过紧
12．在测量一节干电池的电动势和内阻的实验中：
（1）为了了解电压表V（量程0~3V）内阻的大概值，用多用电表的欧姆挡来测量电压表的内阻，该同学将选择开关拨至欧姆“×1k”挡，应选用下图中的　 　（填“A”或“B”）方式连接。经过正确操作后，示数如图甲所示，则电压表的电阻值约为　 　Ω（结果保留两位有效数字）。
（2）除上述电压表之外，实验室还备有以下实验器材：
电流表A（量程0~150mA，内阻）；
滑动变阻器（0~5Ω，额定电流1A）；
定值电阻；
定值电阻；
开关S一个；
导线若干。
①电流表A量程太小，首先将其量程扩大为0~600mA，则定值电阻应选　 　（填“”或“”）。
②实验中为了尽量减小测量误差，如图所示的电路中应该选择的是　 　（填“乙”或“丙”）。
③按第②问中所选电路图进行实验，记录电压表和电流表的示数为U、I，并做出图像如图丁所示，则该电源的电动势为　 　V，内阻为　 　。（结果均保留三位有效数字）
13．如图所示，一个半圆柱形玻璃砖，其横截面是半径为R的半圆，为半圆的直径，O为圆心，E为上的一点，且，已知真空中光速为c。一束细光线从O点左侧E垂直于入射，恰好在上表面的M点发生全反射。
（1）求玻璃砖的折射率；
（2）从E处垂直入射的光线恰好从B点射出，求光线在玻璃砖中传播的时间t。
14．如图所示，竖直平面内有一匀强电场（范围足够大）的方向水平向左，用一长为L的不可伸长的绝缘轻绳将一质量为m、电荷量为的带电小球悬挂于O点，平衡时小球静止于A点，此时轻绳与竖直方向夹角，B点在O点正下方L处。现把小球拉到O点正右方的C处，此时轻绳刚好处于拉直状态，将小球无初速度释放。不计空气阻力，带电小球可视为质点，，重力加速度为g，求：
（1）电场强度的大小；
（2）小球运动到B点时速度的大小；
（3）轻绳的最大拉力。
15．如图，宽度为L的区域内存在水平向右的匀强电场，M为电场左边界与地面的交点，N为电场右边界与地面的交点，场强大小为E。A、B为两个小物块，质量分别为m和9m，A带正电，电量为q，B不带电。初始时，B静止放置于N点，将A由M点静止释放，若A与B的碰撞为弹性碰撞（碰撞前后A的电荷量不变），不计摩擦，重力加速度为g，A、B视为质点，求：
（1）A到达N点与B碰前瞬间的速度大小；
（2）A、B第一次碰后瞬间的速度大小；
（3）A在电场中运动的总时长。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】薄膜干涉；光的衍射
【解析】【解答】A．牛顿环是利用了光的干涉原理，利用了两个表面反射光的干涉，故A正确；
B．泊松亮斑是利用了光的圆盘衍射，故B错误；
C． 光经过大头针尖时产生条纹利用光的衍射原理，故C错误；
D．抽制高强度纤维细丝时根据障碍物尺寸不一样形成的衍射条纹不一样而控制粗细，利用了光的衍射现象，故D错误。
故选A。
【分析】增透膜是利用光的干涉现象；检查平面是否平整是利用光的干涉；牛顿环是干涉现象，而光经过纤维细丝时产生条纹是衍射现象。
2．【答案】A
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】A．杯子做匀速运动，水受重力，存在水压，会漏出，故A正确；
BCD．杯子跟水做抛体运动、自由落体运动时处于完全失重状态， 水瓶中各处的水（包括小孔处的水）的运动情况都相同，之间无挤压，所以水不会流出， 故BCD错误。
故选A。
【分析】当释放水瓶后，瓶和水均处于完全失重状态，瓶中各处的水（包括小孔处的水）的压强都等于大气压，水之间没有互相挤压，故水不能从瓶中流出。
3．【答案】C
【知识点】电场线；电势能
【解析】【解答】A.电场强度是矢量， A、B 两点电场线方向不同，且A点电场线更疏，场强大小也不同，故A错误；B.电场线越密场强越大，B点电场线比C点密，所以B点场强大于C点，故B错误；
C.沿电场线方向电势降低，B点电势高于a点；正电荷电势能Ep=qφ，q＞0，所以φ越高Ep越大，因此正电荷在A点电势能小于在B点，故C正确；
D.电场线是曲线，正电荷从B点静止释放，仅在电场力作用下，运动轨迹不会沿电场线（因为电场力方向沿切线，轨迹会偏离电场线），故D错误。
故选：C。
【分析】根据电场线的疏密判断场强大小，方向判断场强方向，结合电势高低与电势能的关系，以及电场线不是运动轨迹的特点，逐一分析选项。
4．【答案】C
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】根据并联电路特点把灵敏电流计改装成0.6A的电流表需要并联一个分流电阻，根据欧姆定律可得分流电阻阻值
故选C。
【分析】由图示电路图可知应用并联电路特点与欧姆定律分析答题。
5．【答案】D
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】根据开普勒第三定律可得周期。
金星轨道半径，火星轨道半径，则金星与火星的周期之比为
故选D。
【分析】根据开普勒第三定律求火星公转的周期。
6．【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】本题考查了重力做功与重力势能的关系，知道重力做正功，重力势能减小，重力做负功，重力势能增加。A．足球从位置1运动到位置2，足球上升，重力做负功
重力势能增加，增加量为，故A项错误；
B．足球从位置1运动到位置3，足球的高度不变，重力做功为0，重力势能不变，故B项正确；
C．由动能定理有
可得足球由位置1到位置2，空气阻力做功为，故C项错误；
D．足球由位置2到位置3，设克服阻力做功为，重力做功为，由动能定理有
整理有
又因为
即重力势能减少了，故D项错误。
故选B。
【分析】根据足球上升还是下降判断是重力做功还是克服重力做功，根据重力做功与重力势能的关系判断重力势能的变化。
7．【答案】C
【知识点】电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题关键时明确图中中E-x图象的物理意义，然后根据动能定理列式分析，注意电场力做功等于电势能的减小量。A．图像中图线与轴所围面积表示电势差，因此电场中坐标原点与处的电势差
故A错误；
B．如果粒子带负电，粒子在电场中一定先做减速运动后做加速运动，因此处的速度不可能为零，因此粒子一定带正电，故B错误；
C．由图可知与的电势差，对粒子有
解得，故C正确；
D．电场中处与处的电势差，对粒子有
解得，故D错误。
故选C。
【分析】电场力F与场强成正比，故图中E-x图与x轴包围的面积在乘以q即为电场力做功，电场力做功等于电势能的减小量，根据动能定理列式分析即可。
8．【答案】B,C
【知识点】动量定理；动量
【解析】【解答】A． A、B 两小球由同一高度落地，由机械能守恒可知， A、B 两小球落地时的速度大小相等，但方向不同，故二者落地前瞬间动量不同，c球落地时的速度小于A和B，其动量较小，故A错误；
BC．抛出到落地过程中B、C球在竖直方向均做自由落体运动，B、C球运动时间相同，a球以速度v0竖直上抛，运动时间最长，根据冲量定义，重力冲量I=mgt可知B、C球重力冲量相等，B球与C球落地过程中动量的改变量相同，A球重力冲量最大，故B正确，C错误；
D．根据动量定理，可知动量改变量的方向与合外力的冲量方向相同，所以三球的动量改变量方向是相同的，D错误。
故选BC。
【分析】由机械能守恒，判断速度大小，再结合动量方向，比较动量；根据高度判断自由落体运动时间，其中竖直上抛时间最长，再根据冲量定义，比较冲量；根据动量定理，比较动量改变量。
9．【答案】B,C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】解答本题关键是要理解波的图象的变化规律，能够根据图像直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系。AC．由题图可知波长，若波向轴正方向传播，传播距离
则传播速度大小
即故A错误，C正确；
BD．若波向轴负方向传播，传播距离
同理则传播速度大小
即故B正确，D错误。
故选BC。
【分析】由题图可知波长，分波向轴正方向传播和波向轴负方向传播，结合多解性求解波速表达式。
10．【答案】A,C,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】本题中粒子在周期性变化的电场中运动，关键要抓住粒子运动过程的周期性和对称性，运用牛顿第二定律和运动学公式结合解题。A．由牛顿第二定律有，解得粒子在电场中运动时加速度大小，故A正确；
B．时刻进入的正粒子运动的如图线1所示，其偏移量为
解得，
粒子击中板的中点，故B错误；
C．时刻进入的正粒子的如图线2所示，距离板的最大距离，故C正确；
D．时刻进入的正粒子的如图线3所示，
即时刻进入的正粒子击中金属板的右端点，故D正确。
故选ACD。
【分析】根据牛顿第二定律求解加速度大小，讨论粒子进入电场的时刻，画出正粒子运动的图线分析。
11．【答案】（1）B
（2）2
（3）D
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1） 实验中，摆球应选取体积小质量大的铁球，摆线应选取长约为1m左右的不可伸长的细线，摆角不宜超过5°，并从摆球经过平衡位置时开始计时，综上所述最合理的实验是第B组。
（2）悬挂摆线应该用夹子夹住，可以防止摆长发生变化，故正确的是2。
（3）A． 摆线增长，周期变大，根据可知，测得重力加速度值偏小，故A错误；
B．把50次摆动的时间误记为49次摆动的时间，周期测量值偏大，根据，则测得的重力加速度值偏小，故B错误；
C．开始计时，秒表过早按下，则周期测量值偏大，根据，则测得的重力加速度值偏小，故C错误；
D．测摆线长时摆线拉得过紧，摆长测量值偏大，根据，则测得的重力加速度值偏大，故D正确。
故选D。
【分析】（1）根据摆球应选取体积小质量大的铁球，摆角不宜超过5°，并从摆球经过平衡位置时开始计时，此处速度大，计时误差小分析求解；
（2） 悬挂摆线应该用夹子夹住，防止摆长变化；
（3） 根据单摆周期公式推导重力加速度表达式，分析误差判断。
（1）在“用单摆测定重力加速度”的实验中，摆球应选取体积小质量大的铁球，摆线应选取长约为1m左右的不可伸长的细线，摆角不宜超过，并从摆球经过平衡位置时开始计时，此处速度大，计时误差小，综上所述最合理的实验是第B组。
（2）悬挂摆线应该用夹子夹住，不应该将摆线绕在杆上，这样当摆球摆动时摆长会变化，故正确的是2。
（3）A．单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长了，由可知，测得的重力加速度值偏小，故A错误；
B．把50次摆动的时间误记为49次摆动的时间，周期测量值偏大，根据，则测得的重力加速度值偏小，故B错误；
C．开始计时，秒表过早按下，时间测量值偏大，则周期测量值偏大，根据，则测得的重力加速度值偏小，故C错误；
D．测摆线长时摆线拉得过紧，摆长测量值偏大，根据，则测得的重力加速度值偏大，故D正确。
故选D。
12．【答案】（1）A；
（2）；乙；1.40；1.96
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）根据多用电表“红进黑出”的特点，黑表笔接欧姆表内部电池的正极，所以电压表的正极应该接黑表笔，则应选用图中的A方式连接；
电阻读数等于指针示数乘以挡位，
（2）由于电流表量程太小，需要将其量程扩大为0~600mA，根据欧姆定律可得定值电阻应选
故定值电阻应选；
由于电流表内阻已知，选用图乙可以避免系统误差，所以选乙；
由于电流表量程已经改装为0~600mA，所以干路电流应为电流表读数的4倍，根据闭合电路欧姆定律得
则图像纵轴截距为电动势，
根据图像斜率可得内阻满足
解得
【分析】（1）根据多用电表“红进黑出”的特点分析判断；欧姆表的读数为指针所指示数乘以倍率；
（2）①根据电流表的改装原理计算判断；
②根据电流表内阻已知确定电流表的接法判断；
③根据闭合电路欧姆定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算。
（1）[1]根据多用电表“红进黑出”的特点，电流从多用电表的黑表笔流出，则黑表笔接欧姆表内部电池的正极，所以电压表的正极应该接黑表笔，则应选用图中的A方式连接；
[2]电阻读数
（2）[1]由于电流表量程太小，需要将其量程扩大为0~600mA，由并联知识，定值电阻应选
故定值电阻应选；
[2]由于电流表内阻已知，选用图乙可以避免系统误差，所以选乙；
[3][4]由于电流表量程已经改装为0~600mA，所以干路电流应为电流表读数的4倍，根据闭合电路欧姆定律得
则图像纵轴截距为电动势，则该电源的电动势
内阻满足
解得
13．【答案】（1）在处刚好发生全反射，根据全反射临界角公式有
根据几何关系可得
联立可得，
（2）光线恰好从点射出，根据几何关系可得
，
则光线通过的路程为
光线在玻璃砖中传播速度为
则光线在玻璃砖中传播的时间为
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）画出光路图，根据全反射即可解出；
（2）根据折射率和速度的关系即可解出波速，根据几何关系求解传播路程，路程除以传播速度等于时间。
（1）在处刚好发生全反射，根据全反射临界角公式有
根据几何关系可得
联立可得，
（2）光线恰好从点射出，根据几何关系可得
，
则光线通过的路程为
光线在玻璃砖中传播速度为
则光线在玻璃砖中传播的时间为
14．【答案】（1）对小球受力分析，根据共点力平衡有
解得电场强度
（2）小球从C点到B点的过程，根据动能定理有
联立解得小球运动到B点时的速度大小
（3）对小球受力分析可知，小球运动到A点时，轻绳对小球的拉力最大，小球从C到A，根据动能定理有
小球在A点，由牛顿第二定律得
联立解得
【知识点】共点力的平衡；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）对小球在A点时受力分析，根据共点力平衡条件计算；
（2）小球从C点到B点的过程，根据动能定理求解速度大小；
（2）分析轻绳对小球拉力最大的位置，小球运动到A点时，轻绳对小球的拉力最大，根据动能定理和牛顿第二定律计算。
（1）对小球受力分析，根据共点力平衡有
解得电场强度
（2）小球从C点到B点的过程，根据动能定理有
联立解得小球运动到B点时的速度大小
（3）对小球受力分析可知，小球运动到A点时，轻绳对小球的拉力最大，小球从C到A，根据动能定理有
小球在A点，由牛顿第二定律得
联立解得
15．【答案】（1）设A与B发生弹性碰撞前的速度是，根据动能定理得
解得
（2）设A与B发生第一次弹性碰撞后的速度分别是、，根据碰撞动量守恒，有
根据机械能守恒，有
联立得，
（3）绝缘物块A返回电场中先向左减速到0再向右加速，出电场时的速度
出电场后向右匀速直线运动，，会发生第二次弹性碰撞，设碰后A、B的速度分别为、，根据碰撞动量守恒
根据机械能守恒得
联立解得，
绝缘物块A返回电场中先向左减速到0再向右加速，出电场时的速度
出电场后向右匀速直线运动，，A追不上B，不会发生第三次弹性碰撞；
设绝缘物块A第一次与B碰后在电场中运动的时间是，在电场中运动的加速度是，根据牛顿第二定律得
代入解得
根据速度时间公式，有
代入解得
同理绝缘物块A第二次与B碰后在电场中运动的时间
代入解得
绝缘物块A第一次与B相碰前在电场中运动的时间
绝缘物块A在电场中运动的总时间
联立可得
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】 （1）从A静止释放到与B碰撞时，根据动能定理算出碰前的速度；
（2）A与B发生弹性碰撞，碰撞过程中动量守恒及机械能守恒可知，碰后A、B的速度；
（3） 根据碰后A、B的运动情况，再结合弹性碰撞中动量及机械能守恒可知碰后的速度，最后结合牛顿第二定律和运动学公式求解运动时间。
（1）设A与B发生弹性碰撞前的速度是，根据动能定理得
解得
（2）设A与B发生第一次弹性碰撞后的速度分别是、，根据碰撞动量守恒，有
根据机械能守恒，有
联立得，
（3）绝缘物块A返回电场中先向左减速到0再向右加速，出电场时的速度
出电场后向右匀速直线运动，，会发生第二次弹性碰撞，设碰后A、B的速度分别为、，根据碰撞动量守恒
根据机械能守恒得
联立解得，
绝缘物块A返回电场中先向左减速到0再向右加速，出电场时的速度
出电场后向右匀速直线运动，，A追不上B，不会发生第三次弹性碰撞；
设绝缘物块A第一次与B碰后在电场中运动的时间是，在电场中运动的加速度是，根据牛顿第二定律得
代入解得
根据速度时间公式，有
代入解得
同理绝缘物块A第二次与B碰后在电场中运动的时间
代入解得
绝缘物块A第一次与B相碰前在电场中运动的时间
绝缘物块A在电场中运动的总时间
联立可得
1 / 1湖南衡阳市2025-2026学年高二上学期期末物理试题
1．下列四种情形中，与其余三种所涉及的光学原理不同的是（　　）
A．透镜上方看到牛顿环
B．泊松亮斑
C．光经过大头针尖时产生条纹
D．抽制高强度纤维细丝时用激光监控其粗细变化
【答案】A
【知识点】薄膜干涉；光的衍射
【解析】【解答】A．牛顿环是利用了光的干涉原理，利用了两个表面反射光的干涉，故A正确；
B．泊松亮斑是利用了光的圆盘衍射，故B错误；
C． 光经过大头针尖时产生条纹利用光的衍射原理，故C错误；
D．抽制高强度纤维细丝时根据障碍物尺寸不一样形成的衍射条纹不一样而控制粗细，利用了光的衍射现象，故D错误。
故选A。
【分析】增透膜是利用光的干涉现象；检查平面是否平整是利用光的干涉；牛顿环是干涉现象，而光经过纤维细丝时产生条纹是衍射现象。
2．为研究超重、失重现象，某同学在盛水的塑料瓶的侧壁扎了一个小孔，静止时水从小孔喷出，如图所示。不考虑转动及空气阻力，塑料瓶做下列哪种运动时同样可以使水流出（　　）
A．向下匀速运动 B．平抛运动
C．自由落体运动 D．竖直上抛运动
【答案】A
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】A．杯子做匀速运动，水受重力，存在水压，会漏出，故A正确；
BCD．杯子跟水做抛体运动、自由落体运动时处于完全失重状态， 水瓶中各处的水（包括小孔处的水）的运动情况都相同，之间无挤压，所以水不会流出， 故BCD错误。
故选A。
【分析】当释放水瓶后，瓶和水均处于完全失重状态，瓶中各处的水（包括小孔处的水）的压强都等于大气压，水之间没有互相挤压，故水不能从瓶中流出。
3．如图所示为某电子设备显示的电场线分布示意图，A、B、C为电场中的3个点。下列说法正确的是（　　）
A．A、B两点的电场强度相同
B．C点的电场强度大于B点
C．同一正电荷在A点的电势能小于在B点的电势能
D．将一正电荷由B点静止释放，仅在电场力的作用下，它将沿着B所在的电场线运动
【答案】C
【知识点】电场线；电势能
【解析】【解答】A.电场强度是矢量， A、B 两点电场线方向不同，且A点电场线更疏，场强大小也不同，故A错误；B.电场线越密场强越大，B点电场线比C点密，所以B点场强大于C点，故B错误；
C.沿电场线方向电势降低，B点电势高于a点；正电荷电势能Ep=qφ，q＞0，所以φ越高Ep越大，因此正电荷在A点电势能小于在B点，故C正确；
D.电场线是曲线，正电荷从B点静止释放，仅在电场力作用下，运动轨迹不会沿电场线（因为电场力方向沿切线，轨迹会偏离电场线），故D错误。
故选：C。
【分析】根据电场线的疏密判断场强大小，方向判断场强方向，结合电势高低与电势能的关系，以及电场线不是运动轨迹的特点，逐一分析选项。
4．如图所示，虚线框内为改装好量程为0~0.6A的电流表，M、N为新表的接线柱。已知灵敏电流计G的满偏电流为150，内阻为90，根据以上数据可知电阻箱接入电路的阻值应为（　　）
A．300 B．3 C．30 D．0.3
【答案】C
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】根据并联电路特点把灵敏电流计改装成0.6A的电流表需要并联一个分流电阻，根据欧姆定律可得分流电阻阻值
故选C。
【分析】由图示电路图可知应用并联电路特点与欧姆定律分析答题。
5．地球公转轨道的半径在天文学上常用来作为长度单位，叫作天文单位，用符号表示，用来量度太阳系内天体与太阳的距离。已知金星公转的轨道半径为0.7，火星公转的轨道半径为1.5，则金星与火星公转的周期之比接近（　　）
A．0.9 B．0.5 C．0.7 D．0.3
【答案】D
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】根据开普勒第三定律可得周期。
金星轨道半径，火星轨道半径，则金星与火星的周期之比为
故选D。
【分析】根据开普勒第三定律求火星公转的周期。
6．如图所示，质量为m的足球在地面1的位置以的初速度被踢出后落到地面3的位置，在空中到达最高点2的高度为h，足球在位置2、3的速度大小分别为、，重力加速度为g，考虑空气阻力对足球的影响，则（　　）
A．足球从位置1运动到位置2，重力势能减少
B．足球从位置1运动到位置3，重力做功为零，重力势能不变
C．足球由位置1运动到位置2，空气阻力做功为
D．足球由位置2运动到位置3，重力势能减少了
【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】本题考查了重力做功与重力势能的关系，知道重力做正功，重力势能减小，重力做负功，重力势能增加。A．足球从位置1运动到位置2，足球上升，重力做负功
重力势能增加，增加量为，故A项错误；
B．足球从位置1运动到位置3，足球的高度不变，重力做功为0，重力势能不变，故B项正确；
C．由动能定理有
可得足球由位置1到位置2，空气阻力做功为，故C项错误；
D．足球由位置2到位置3，设克服阻力做功为，重力做功为，由动能定理有
整理有
又因为
即重力势能减少了，故D项错误。
故选B。
【分析】根据足球上升还是下降判断是重力做功还是克服重力做功，根据重力做功与重力势能的关系判断重力势能的变化。
7．某电场沿x轴方向上的电场强度E随x变化的关系如图所示，以x轴正方向为电场强度正方向。一比荷大小为6的带电粒子从处沿x轴正方向开始运动，粒子在仅受电场力作用的情况下刚好能运动到处。下列说法正确的是（　　）
A．电场中坐标原点与处的电势差为800V
B．粒子可能带负电
C．粒子的初速度大小为60
D．粒子经过处的速度大小为80
【答案】C
【知识点】电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题关键时明确图中中E-x图象的物理意义，然后根据动能定理列式分析，注意电场力做功等于电势能的减小量。A．图像中图线与轴所围面积表示电势差，因此电场中坐标原点与处的电势差
故A错误；
B．如果粒子带负电，粒子在电场中一定先做减速运动后做加速运动，因此处的速度不可能为零，因此粒子一定带正电，故B错误；
C．由图可知与的电势差，对粒子有
解得，故C正确；
D．电场中处与处的电势差，对粒子有
解得，故D错误。
故选C。
【分析】电场力F与场强成正比，故图中E-x图与x轴包围的面积在乘以q即为电场力做功，电场力做功等于电势能的减小量，根据动能定理列式分析即可。
8．在离地面同一高度有质量相同的三个小球A、B、C，A球以速度竖直上抛，B球以速度平抛，C球做自由落体运动，最终都落在同一水平地面上。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．A、B、C球落地前瞬间的动量相等
B．B球与C球下落过程中动量的改变量相同
C．A球下落地过程中受重力冲量最大
D．下落过程中A、C两球的动量改变量方向与B球的动量改变量方向相反
【答案】B,C
【知识点】动量定理；动量
【解析】【解答】A． A、B 两小球由同一高度落地，由机械能守恒可知， A、B 两小球落地时的速度大小相等，但方向不同，故二者落地前瞬间动量不同，c球落地时的速度小于A和B，其动量较小，故A错误；
BC．抛出到落地过程中B、C球在竖直方向均做自由落体运动，B、C球运动时间相同，a球以速度v0竖直上抛，运动时间最长，根据冲量定义，重力冲量I=mgt可知B、C球重力冲量相等，B球与C球落地过程中动量的改变量相同，A球重力冲量最大，故B正确，C错误；
D．根据动量定理，可知动量改变量的方向与合外力的冲量方向相同，所以三球的动量改变量方向是相同的，D错误。
故选BC。
【分析】由机械能守恒，判断速度大小，再结合动量方向，比较动量；根据高度判断自由落体运动时间，其中竖直上抛时间最长，再根据冲量定义，比较冲量；根据动量定理，比较动量改变量。
9．如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线为时刻的波形曲线，虚线为时的波形曲线，则波的传播方向和传播速度大小可能是（　　）
A．沿x轴正方向传播，传播速度大小为14
B．沿x轴负方向传播，传播速度大小为30
C．沿x轴正方向传播，传播速度大小为10
D．沿x轴负方向传播，传播速度大小为26
【答案】B,C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】解答本题关键是要理解波的图象的变化规律，能够根据图像直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系。AC．由题图可知波长，若波向轴正方向传播，传播距离
则传播速度大小
即故A错误，C正确；
BD．若波向轴负方向传播，传播距离
同理则传播速度大小
即故B正确，D错误。
故选BC。
【分析】由题图可知波长，分波向轴正方向传播和波向轴负方向传播，结合多解性求解波速表达式。
10．如图甲，在长为L、板间距离为d的两水平放置的平行金属板、间加一个如图乙所示的交变电场（竖直向下为电场的正方向），有一粒子源从平行板左边界中点处沿垂直电场方向连续发射速度大小的带正电的粒子，粒子的质量为m、电荷量为q。已知，且，不计重力，下列说法正确的是（　　）
A．粒子在电场中运动时加速度大小为
B．时刻入射的粒子刚好击中极板的右端
C．时刻入射的粒子运动过程中距离板的最大距离为
D．时刻入射的粒子刚好击中极板的右端
【答案】A,C,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】本题中粒子在周期性变化的电场中运动，关键要抓住粒子运动过程的周期性和对称性，运用牛顿第二定律和运动学公式结合解题。A．由牛顿第二定律有，解得粒子在电场中运动时加速度大小，故A正确；
B．时刻进入的正粒子运动的如图线1所示，其偏移量为
解得，
粒子击中板的中点，故B错误；
C．时刻进入的正粒子的如图线2所示，距离板的最大距离，故C正确；
D．时刻进入的正粒子的如图线3所示，
即时刻进入的正粒子击中金属板的右端点，故D正确。
故选ACD。
【分析】根据牛顿第二定律求解加速度大小，讨论粒子进入电场的时刻，画出正粒子运动的图线分析。
11．某实验小组的同学利用如图甲所示的装置做“用单摆测量重力加速度”的实验。
（1）甲同学利用下表的器材完成了四组实验，其中最合理的是第　 　组。
组别 摆球材料 细棉线长度 最大摆角 计时起点
A 铁球 100 5 最高点
B 铁球 100 5 平衡位置
C 铁球 20 20 最高点
D 木球 100 5 平衡位置
（2）图乙为细线的两种悬挂方式，正确的是　 　（选填“1”或“2”）。
（3）若该同学测得的重力加速度值偏大，其原因可能是________。
A．单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长了
B．把50次摆动的时间误记为49次摆动的时间
C．在计时开始时，秒表按下过早
D．测摆线长时摆线拉得过紧
【答案】（1）B
（2）2
（3）D
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1） 实验中，摆球应选取体积小质量大的铁球，摆线应选取长约为1m左右的不可伸长的细线，摆角不宜超过5°，并从摆球经过平衡位置时开始计时，综上所述最合理的实验是第B组。
（2）悬挂摆线应该用夹子夹住，可以防止摆长发生变化，故正确的是2。
（3）A． 摆线增长，周期变大，根据可知，测得重力加速度值偏小，故A错误；
B．把50次摆动的时间误记为49次摆动的时间，周期测量值偏大，根据，则测得的重力加速度值偏小，故B错误；
C．开始计时，秒表过早按下，则周期测量值偏大，根据，则测得的重力加速度值偏小，故C错误；
D．测摆线长时摆线拉得过紧，摆长测量值偏大，根据，则测得的重力加速度值偏大，故D正确。
故选D。
【分析】（1）根据摆球应选取体积小质量大的铁球，摆角不宜超过5°，并从摆球经过平衡位置时开始计时，此处速度大，计时误差小分析求解；
（2） 悬挂摆线应该用夹子夹住，防止摆长变化；
（3） 根据单摆周期公式推导重力加速度表达式，分析误差判断。
（1）在“用单摆测定重力加速度”的实验中，摆球应选取体积小质量大的铁球，摆线应选取长约为1m左右的不可伸长的细线，摆角不宜超过，并从摆球经过平衡位置时开始计时，此处速度大，计时误差小，综上所述最合理的实验是第B组。
（2）悬挂摆线应该用夹子夹住，不应该将摆线绕在杆上，这样当摆球摆动时摆长会变化，故正确的是2。
（3）A．单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长了，由可知，测得的重力加速度值偏小，故A错误；
B．把50次摆动的时间误记为49次摆动的时间，周期测量值偏大，根据，则测得的重力加速度值偏小，故B错误；
C．开始计时，秒表过早按下，时间测量值偏大，则周期测量值偏大，根据，则测得的重力加速度值偏小，故C错误；
D．测摆线长时摆线拉得过紧，摆长测量值偏大，根据，则测得的重力加速度值偏大，故D正确。
故选D。
12．在测量一节干电池的电动势和内阻的实验中：
（1）为了了解电压表V（量程0~3V）内阻的大概值，用多用电表的欧姆挡来测量电压表的内阻，该同学将选择开关拨至欧姆“×1k”挡，应选用下图中的　 　（填“A”或“B”）方式连接。经过正确操作后，示数如图甲所示，则电压表的电阻值约为　 　Ω（结果保留两位有效数字）。
（2）除上述电压表之外，实验室还备有以下实验器材：
电流表A（量程0~150mA，内阻）；
滑动变阻器（0~5Ω，额定电流1A）；
定值电阻；
定值电阻；
开关S一个；
导线若干。
①电流表A量程太小，首先将其量程扩大为0~600mA，则定值电阻应选　 　（填“”或“”）。
②实验中为了尽量减小测量误差，如图所示的电路中应该选择的是　 　（填“乙”或“丙”）。
③按第②问中所选电路图进行实验，记录电压表和电流表的示数为U、I，并做出图像如图丁所示，则该电源的电动势为　 　V，内阻为　 　。（结果均保留三位有效数字）
【答案】（1）A；
（2）；乙；1.40；1.96
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）根据多用电表“红进黑出”的特点，黑表笔接欧姆表内部电池的正极，所以电压表的正极应该接黑表笔，则应选用图中的A方式连接；
电阻读数等于指针示数乘以挡位，
（2）由于电流表量程太小，需要将其量程扩大为0~600mA，根据欧姆定律可得定值电阻应选
故定值电阻应选；
由于电流表内阻已知，选用图乙可以避免系统误差，所以选乙；
由于电流表量程已经改装为0~600mA，所以干路电流应为电流表读数的4倍，根据闭合电路欧姆定律得
则图像纵轴截距为电动势，
根据图像斜率可得内阻满足
解得
【分析】（1）根据多用电表“红进黑出”的特点分析判断；欧姆表的读数为指针所指示数乘以倍率；
（2）①根据电流表的改装原理计算判断；
②根据电流表内阻已知确定电流表的接法判断；
③根据闭合电路欧姆定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算。
（1）[1]根据多用电表“红进黑出”的特点，电流从多用电表的黑表笔流出，则黑表笔接欧姆表内部电池的正极，所以电压表的正极应该接黑表笔，则应选用图中的A方式连接；
[2]电阻读数
（2）[1]由于电流表量程太小，需要将其量程扩大为0~600mA，由并联知识，定值电阻应选
故定值电阻应选；
[2]由于电流表内阻已知，选用图乙可以避免系统误差，所以选乙；
[3][4]由于电流表量程已经改装为0~600mA，所以干路电流应为电流表读数的4倍，根据闭合电路欧姆定律得
则图像纵轴截距为电动势，则该电源的电动势
内阻满足
解得
13．如图所示，一个半圆柱形玻璃砖，其横截面是半径为R的半圆，为半圆的直径，O为圆心，E为上的一点，且，已知真空中光速为c。一束细光线从O点左侧E垂直于入射，恰好在上表面的M点发生全反射。
（1）求玻璃砖的折射率；
（2）从E处垂直入射的光线恰好从B点射出，求光线在玻璃砖中传播的时间t。
【答案】（1）在处刚好发生全反射，根据全反射临界角公式有
根据几何关系可得
联立可得，
（2）光线恰好从点射出，根据几何关系可得
，
则光线通过的路程为
光线在玻璃砖中传播速度为
则光线在玻璃砖中传播的时间为
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）画出光路图，根据全反射即可解出；
（2）根据折射率和速度的关系即可解出波速，根据几何关系求解传播路程，路程除以传播速度等于时间。
（1）在处刚好发生全反射，根据全反射临界角公式有
根据几何关系可得
联立可得，
（2）光线恰好从点射出，根据几何关系可得
，
则光线通过的路程为
光线在玻璃砖中传播速度为
则光线在玻璃砖中传播的时间为
14．如图所示，竖直平面内有一匀强电场（范围足够大）的方向水平向左，用一长为L的不可伸长的绝缘轻绳将一质量为m、电荷量为的带电小球悬挂于O点，平衡时小球静止于A点，此时轻绳与竖直方向夹角，B点在O点正下方L处。现把小球拉到O点正右方的C处，此时轻绳刚好处于拉直状态，将小球无初速度释放。不计空气阻力，带电小球可视为质点，，重力加速度为g，求：
（1）电场强度的大小；
（2）小球运动到B点时速度的大小；
（3）轻绳的最大拉力。
【答案】（1）对小球受力分析，根据共点力平衡有
解得电场强度
（2）小球从C点到B点的过程，根据动能定理有
联立解得小球运动到B点时的速度大小
（3）对小球受力分析可知，小球运动到A点时，轻绳对小球的拉力最大，小球从C到A，根据动能定理有
小球在A点，由牛顿第二定律得
联立解得
【知识点】共点力的平衡；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）对小球在A点时受力分析，根据共点力平衡条件计算；
（2）小球从C点到B点的过程，根据动能定理求解速度大小；
（2）分析轻绳对小球拉力最大的位置，小球运动到A点时，轻绳对小球的拉力最大，根据动能定理和牛顿第二定律计算。
（1）对小球受力分析，根据共点力平衡有
解得电场强度
（2）小球从C点到B点的过程，根据动能定理有
联立解得小球运动到B点时的速度大小
（3）对小球受力分析可知，小球运动到A点时，轻绳对小球的拉力最大，小球从C到A，根据动能定理有
小球在A点，由牛顿第二定律得
联立解得
15．如图，宽度为L的区域内存在水平向右的匀强电场，M为电场左边界与地面的交点，N为电场右边界与地面的交点，场强大小为E。A、B为两个小物块，质量分别为m和9m，A带正电，电量为q，B不带电。初始时，B静止放置于N点，将A由M点静止释放，若A与B的碰撞为弹性碰撞（碰撞前后A的电荷量不变），不计摩擦，重力加速度为g，A、B视为质点，求：
（1）A到达N点与B碰前瞬间的速度大小；
（2）A、B第一次碰后瞬间的速度大小；
（3）A在电场中运动的总时长。
【答案】（1）设A与B发生弹性碰撞前的速度是，根据动能定理得
解得
（2）设A与B发生第一次弹性碰撞后的速度分别是、，根据碰撞动量守恒，有
根据机械能守恒，有
联立得，
（3）绝缘物块A返回电场中先向左减速到0再向右加速，出电场时的速度
出电场后向右匀速直线运动，，会发生第二次弹性碰撞，设碰后A、B的速度分别为、，根据碰撞动量守恒
根据机械能守恒得
联立解得，
绝缘物块A返回电场中先向左减速到0再向右加速，出电场时的速度
出电场后向右匀速直线运动，，A追不上B，不会发生第三次弹性碰撞；
设绝缘物块A第一次与B碰后在电场中运动的时间是，在电场中运动的加速度是，根据牛顿第二定律得
代入解得
根据速度时间公式，有
代入解得
同理绝缘物块A第二次与B碰后在电场中运动的时间
代入解得
绝缘物块A第一次与B相碰前在电场中运动的时间
绝缘物块A在电场中运动的总时间
联立可得
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】 （1）从A静止释放到与B碰撞时，根据动能定理算出碰前的速度；
（2）A与B发生弹性碰撞，碰撞过程中动量守恒及机械能守恒可知，碰后A、B的速度；
（3） 根据碰后A、B的运动情况，再结合弹性碰撞中动量及机械能守恒可知碰后的速度，最后结合牛顿第二定律和运动学公式求解运动时间。
（1）设A与B发生弹性碰撞前的速度是，根据动能定理得
解得
（2）设A与B发生第一次弹性碰撞后的速度分别是、，根据碰撞动量守恒，有
根据机械能守恒，有
联立得，
（3）绝缘物块A返回电场中先向左减速到0再向右加速，出电场时的速度
出电场后向右匀速直线运动，，会发生第二次弹性碰撞，设碰后A、B的速度分别为、，根据碰撞动量守恒
根据机械能守恒得
联立解得，
绝缘物块A返回电场中先向左减速到0再向右加速，出电场时的速度
出电场后向右匀速直线运动，，A追不上B，不会发生第三次弹性碰撞；
设绝缘物块A第一次与B碰后在电场中运动的时间是，在电场中运动的加速度是，根据牛顿第二定律得
代入解得
根据速度时间公式，有
代入解得
同理绝缘物块A第二次与B碰后在电场中运动的时间
代入解得
绝缘物块A第一次与B相碰前在电场中运动的时间
绝缘物块A在电场中运动的总时间
联立可得
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